2020年6月浙江省学业水平适应性考试数学试题含解析

2020年6月浙江省学业水平适应性考试数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】先求出集合B，然后再求交集.

【详解】

由已知有，

所以

故选：B

【点睛】

本题考查交集运算，属于基础题.

2．已知向量，则（    ）

A．1 B． C． D．2

【答案】B

【解析】由向量模的坐标公式即可求解.

【详解】

解：，

故选:B.

【点睛】

本题考查了向量模的求解，属于基础题.

3．（    ）

A． B．1 C． D．

【答案】B

【解析】根据对数运算性质，即可求得答案.

【详解】

故选：B.

【点睛】

本题主要考查了对数的运算，解题关键是掌握对数运算基本性质，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.

4．圆的圆心坐标是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】因为圆，将圆的方程化成标准方程，由此即可得到圆心的坐标．

【详解】

将圆的方程化成标准方程：

圆心的坐标是.

故选：C.

【点睛】

本题主要考查了求圆的圆心坐标问题，解题关键是掌握圆的标准方程的定义，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.

5．不等式的解集是（    ）

A． B．或

C． D．或

【答案】D

【解析】根据绝对值的性质求解．

【详解】

由得或，所以或．

故选：D

【点睛】

本题考查解绝对值不等式，解题方法根据绝对值的性质求解：即等价于或，等价于．

6．抛物线的准线方程为（   ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】利用的准线方程为，能求出抛物线的准线方程.

【详解】

，

抛物线的准线方程为，

即，故选A .

【点睛】

本题主要考查抛物线的标准方程与简单性质，意在考查对基础知识的掌握与应用，是基础题.

7．如图是一个空间几何体的正视图、侧视图和俯视图，则该几何体的形状是（    ）

A．三棱锥 B．四棱锥 C．三棱柱 D．四棱柱

【答案】B

【解析】根据棱柱、棱锥的特征判断．

【详解】

对照四个选项，棱柱的三视图最多只有一个三角形，而题中有两个视图是三角形，因此几何体是棱锥，在两个视图为三角形的情况下，第三个视图是四边形，因此原几何体是四棱锥．

故选：B．

【点睛】

本题考查三视图，考查基本几何体的三视图，掌握柱、锥、台、球的三视图的特征是解题关键．

8．过点，且与直线平行的直线方程（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】由题意，可设直线方程为，代入点，可得解

【详解】

由题意，设直线方程为

代入点

可得

故直线方程为：

故选：A

【点睛】

本题考查了与已知直线平行的直线方程求解，考查了学生概念理解，数学运算能力，属于基础题

9．设不等式组所表示的平面区域为，则下列各点在内的是（    ）

A．点 B．点 C．点 D．点

【答案】B

【解析】依次将四个选项的坐标代入到三个不等式中，判断是否成立，即可选出正确答案.

【详解】

解：A：横坐标为，所以不在内；

B：因为横坐标，且，，满足条件，所以在内；

C：因为，不满足，所以不在内；

D：因为，不满足，所以不在内.

故选: B.

【点睛】

本题考查了判断点是否在可行域内，属于基础题.

10．已知平面平面，，，那么下列结论正确的是（    ）

A．，是平行直线 B．，是异面直线

C．，是共面直线 D．，是不相交直线

【答案】D

【解析】由平面平面，故，即，可得解

【详解】

由题意，平面平面，故

又，，故

故，是不相交直线

故选：D

【点睛】

本题考查了空间中点、线、面的位置关系判断，考查了学生综合分析，空间想象，逻辑推理能力，属于基础题

11．已知的三个内角，，所对的三条边为，，，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】由三角形的内角和定理可求出，结合正弦定理可求出.

【详解】

解：设，则，所以，解得，

则，

则，

故选:D.

【点睛】

本题考查了正弦定理的应用.本题的关键是由三角形内角和定理求出三个角的大小.

12．函数的图像可能是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】分析函数的奇偶性，再利用导数研究函数的单调性，即可判断

【详解】

由题意，，故为偶函数，关于轴对称；

且，故排除B；

不妨令

故在单调递增

故选：A

【点睛】

本题考查了利用函数的性质研究函数图像，考查了学生综合分析，数形结合，数学运算能力，属于基础题

13．已知，是实数，则“”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】利用均值不等式，可证明，充分性成立，当可说明必要性不成立

【详解】

若，则

由均值不等式，，当且仅当时等号成立，故充分性成立；

当，此时，但，故必要性不成立

故“”是“”的充分不必要条件

故选：A

【点睛】

本题考查了充分必要条件的判断，考查了学生综合分析，逻辑推理，数学运算能力，属于中档题

14．已知双曲线的一条渐近线方程是，则该双曲线的离心率为（    ）

A． B．2 C． D．

【答案】A

【解析】根据双曲线的渐近线方程，推出的关系，再利用和进行化简，即可求出双曲线的离心率.

【详解】

由题意可知，双曲线的焦点在轴上，

且一条渐近线方程是，

可得，则，

又因为，所以，

，即，解得：，

所以该双曲线的离心率为.

故选：A.

【点睛】

本题考查由双曲线的渐近线方程求离心率，属于基础题.

15．已知平面向量，的夹角为，且对任意实数，恒成立，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】转化为，利用分配率打开得到

，即，运算即得解

【详解】

由题意，对任意实数，恒成立

故

即

即

即，对任意实数成立

故选：B

【点睛】

本题考查了转化法研究向量的模长，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算能力，属于中档题

16．已知数列的前项和为，，，成等差数列，则下列说法正确的是（    ）

A．如果数列成等差数列，则，，成等比数列

B．如果数列不成等差数列，则，，不成等比数列

C．如果数列成等比数列，则，，成等差数列

D．如果数列不成等比数列，则，，不成等差数列

【答案】C

【解析】根据等比数列的性质判断可得；

【详解】

解：若成等差数列，由，，成等差数列，得，

所以，所以

所以，，，

当时，，成等差数列，当时，，，不成等差数列且不成等比数列；

若成等比数列，由，，成等差数列，得，

若，则，，

由得，与题意不符，所以．

由，得．

整理，得，由，1，

设，则，解得（舍去）或，

所以；

所以，

则，

所以，，成等差数列．故C正确；

故选：C

【点睛】

本题考查学生灵活运用等差数列的性质化简求值，灵活运用等比数列的前项和的公式化简求值，属于中档题．

17．抛物线的准线交轴于点，焦点为，过点的直线与抛物线交于不同两点，，点在点，之间，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】采取极限的思想，即当，无限接近时，，从而可选出正确答案.

【详解】

解：当，无限接近时，此时，则，

进而可排除A，C；，排除B，

故选:D.

【点睛】

本题考查了直线与抛物线的位置关系.

18．如图，已知点为边长等于的正方形所在平面外的动点，，与平面所成角等于，则的大小可能是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】过点作平面，连接、、，计算得出，设，利用余弦定理计算出、，利用勾股定理可求得、，利用余弦定理求得的表达式，由此可得出的取值范围，由此可得出结果.

【详解】

过点作平面，连接、、，

则直线与平面所成的角为，则，

平面，、、平面，，，，

设，则，

在中，由余弦定理得，

同理可得，

由勾股定理可得，同理可得，

在中，，

.

①当时，；

②当时，令，则，

，

函数在上单调递减，此时；

③当，令，则，

，

令，则，

二次函数在时单调递减，则，

此时，.

综上所述，的取值范围是.

因此，的可能取值为.

故选：C.

【点睛】

本题考查角的可能值的计算，考查了线面角定义的应用，解答的关键就是求出的取值范围，考查计算能力，属于难题.

二、双空题

19．设等差数列的前项和为，若，，则______，_______.

【答案】1    2   

【解析】由等差数列的前项和，当时，求出，当时，求出，从而得出答案.

【详解】

因为等差数列的前项和为，且

则当时，

当时，，所以

所以等差数列的公差

故答案为：1；  2

【点睛】

本题考查根据等差数列的前项和求数列的基本量，属于基础题.

三、填空题

20．若，则______.

【答案】

【解析】先用诱导公式化简，然后平方，再用正弦的二倍角公式平方关系可得．

【详解】

因为，

所以，

所以．

故答案为：．

【点睛】

本题考查诱导公式，考查平方关系及正弦的二倍角公式，先用诱导公式化简，然后再选用其他三角公式变形求值是解此类题的常用方法．

21．如图，在北京召开的第24届国际数学家大会的会标是根据我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的赵爽弦图设计的，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形，若正方形的面积为2，则线段的最大值为______.

【答案】（写成也给分）

【解析】由条件可知正方形的边长为，且设，并表示直角三角形的直角边长， ，，再利用，转化为三角函数求最值.

【详解】

正方形的面积为2，则边长为，

设，则 ，

则，

则

，，

当时，取得最大值.

故答案为：（写成也给分）

【点睛】

本题考查了“赵爽弦图”，三角函数恒等变形，以及三角函数的性质，属于基础题型，本题的关键是正确将表示为三角函数.

22．已知函数和.若对任意的，都有,使得，，则实数的取值范围是______.

【答案】

【解析】根据题意将条件转化为集合之间的包含关系，结合函数图象即可求解.

【详解】

由题意得， ,并且对于值域中的每一个数，都有至少两个不同数和，使得成立.

①当时， 在上单调递减，显然，此种情况不成立.

②当，在上的值域为，由的函数图象可知，只要使得，则解得.

③当时，在上的值域为，由的函数图象可知，要满足即可，得，综上所述，.

【点睛】

本题主要考查能成立与恒成立问题、二次函数与指数函数图象，属于能力提升题.

四、解答题

23．已知函数的最小正周期为.

（Ⅰ）求的值；

（Ⅱ）求的单调递增区间；

（Ⅲ）若，（），求的值.

【答案】（Ⅰ）1；（Ⅱ），；（Ⅲ）.

【解析】（Ⅰ）根据二倍角的正弦公式化简得，利用最小正周期公式即可求出的值；

（Ⅱ）根据正弦函数的单调递增区间，得出，从而可求出的单调递增区间；

（Ⅲ）根据题意，利用诱导公式化简得出，且，再利用同角的三角函数关系，即可求出的值.

【详解】

解：（Ⅰ）由题可知，，

而的最小正周期为，

则最小正周期，解得：.

（Ⅱ）∵，

由，

解得:，，

∴的递增区间为，.

（Ⅲ）∵，

∴，

又，∴，

又，∴，则，

∴.

【点睛】

本题考查正弦函数的图象和性质，涉及正弦型函数的周期性和单调性，以及二倍角的正弦公式、诱导公式和同角的三角函数关系的应用，考查化简计算能力.

24．已知椭圆的离心率为，右焦点.

（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）若直线与圆相切，且与椭圆交于、两点，求的最小值.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.

【解析】（Ⅰ）根据题意求得、的值，由此可得出椭圆的方程；

（Ⅱ）设点、，由直线与圆相切得出，由两点间的距离公式可得，同理得出，再将直线的方程与椭圆的方程联立，利用韦达定理结合二次函数的基本性质可求得的最小值.

【详解】

（Ⅰ）右焦点，所以，又，故，所以，

所以，椭圆；

（Ⅱ）直线与圆相切，则，.

设，，由于点在椭圆上，则，可得.

则，

同理，，.

联立，得，则，

又，故，

令，则，

所以，.

【点睛】

本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了椭圆中最值的求解，考查韦达定理设而不求法的应用，考查计算能力，属于中等题.

25．已知函数，其中，，.

（Ⅰ）若是偶函数，求实数的值；

（Ⅱ）当时，求函数的单调区间；

（Ⅲ）若对任意，都有恒成立，求实数的最小值.

【答案】（Ⅰ）0；（Ⅱ）单调递增区间为，，单调减区间为：，；（Ⅲ）1.

【解析】（Ⅰ）根据偶函数的性质，得出，即可求出实数的值；

（Ⅱ）当时，分类讨论去绝对值得出分段函数，画出的图象，根据图象和二次函数的性质，即可得出函数的单调区间；

（Ⅲ）根据题意，由任意，都有恒成立，得出，得出，再分类讨论和，得出的最大值，从而得出的最小值.

【详解】

解：（Ⅰ）是偶函数，故，

即，

则，解得：.

（Ⅱ）当时，

则，

当时，，对称轴为，

结合图象，易知的单调递增区间为，，

的单调减区间为：，.

（Ⅲ）∵对任意，都有恒成立，

即对任意，都有恒成立，

∴，

且对任意实数，，恒成立，

①当，时，

恒成立，

②当，时，

恒成立，

③当，时，

由恒成立，则，

④当时，对一切时恒成立，

当时，，

∵，∴，

∴，

综上所述，的最小值为1.

【点睛】

本题考查含绝对值的函数的基本性质，利用函数的奇偶性求参数和利用分类讨论法去绝对值求函数的单调性，以及根据不等式恒成立求最值，考查分类讨论思想和数形结合思想.